复变函数课后习题答案（全）

习题一答案

1． 求下列复数的实部、虚部、模、幅角主值及共轭复数：

i1 （2）

(i?1)(i?2)3?2i13i821 （3）? （4）?i?4i?i

i1?i13?2i解：（1）z?， ?3?2i1332因此：Rez?, Imz??，

13131232z?, argz??arctan, z??i

3131313ii?3?i（2）z?， ??(i?1)(i?2)1?3i1031因此，Rez??, Imz?，

10101131z?, argz???arctan, z???i

310101013i3?3i3?5i（3）z??， ??i??i1?i2235因此，Rez?, Imz??，

323453?5iz?, argz??arctan, z?

232821（4）z??i?4i?i??1?4i?i??1?3i

（1）

因此，Rez??1, Imz?3，

z?10, argz???arctan3, z??1?3i

2． 将下列复数化为三角表达式和指数表达式： （1）i （2）?1?（4）r(cos?解：（1）i3i （3）r(sin??icos?)

?isin?) （5）1?cos??isin? (0???2?)

?cos?2?isin?2?2?e

i2?i223（2）?1?3i?2(cos??isin?)?2e

33（3）r(sin?（4）r(cos??icos?)?r[cos(??)?isin(??)]?re22?isin?)?r[cos(??)?isin(??)]?re??i

??(??)i2?

（5）1?cos??isin??2sin2??2isincos 222??i?2sin[cos22（1）(?????isin???]?2sine22????2

3． 求下列各式的值：

3?i)5 （2）(1?i)100?(1?i)100

(cos5??isin5?)2(1?3i)(cos??isin?) （3） （4）

(cos3??isin3?)3(1?i)(cos??isin?)（5）3i （6）解：（1）(51?i 3?i)5?[2(cos(?)?isin(?))]5

66??5?5??2(cos(?)?isin(?))??16(3?i)

66（2）(1?i)100?(1?i)100?(2i)50?(?2i)50??2(2)50??251

(1?3i)(cos??isin?)（3）

(1?i)(cos??isin?)?2[cos(?)?isin(?)](cos??isin?)332[cos(?)?isin(?)][cos(??)?isin(??)]44????

?2[cos(??12)?isin(??12)](cos2??isin2?)

?2[cos(2???12)?isin(2???12)]?2e(2???12)i

(cos5??isin5?)2（4） 3(cos3??isin3?)cos10??isin10???cos19??isin19? cos(?9?)?isin(?9?)（5）3i?cos3?2?isin?2

?31?i, k?0??22?311?1??i, k?1 ?cos(?2k?)?isin(?2k?)???3232?22??i, k?2??（6）1?i?2(cos??isin) 44?i?4?81?1??2e, k?04 ?2[cos(?2k?)?isin(?2k?)]???2424??42e8i, k?1?4． 设z1?z1?i, z2?3?i,试用三角形式表示z1z2与1

z22解：z1?cos?4?isin?, z2?2[cos(?)?isin(?)]，所以

466??z1z2?2[cos(?)?isin(?)]?2(cos?isin)，

46461212z11????15?5??[cos(?)?isin(?)]?(cos?isin) z224646212125． 解下列方程： （1）(z?i)5???????1 （2）z4?a4?0 (a?0)

5解：（1）z?i?1, 由此

z?51?i?e（2）z2k?i5?i， (k?0,1,2,3,4)

?4?a4?4a4(cos??isin?) 时，对应的4

11,1,2,3?a[cos(??2k?)?isin(??2k?)]，当k?044个根分别为：aaaa(1?i), (?1?i), (?1?i), (1?i) 2222?x?iy,则6． 证明下列各题：（1）设zx?y2?z?x?y

证明：首先，显然有 其

次

z?x2?y2?x?y；

，

因

x2?y2?2xy,

固此有

2(x2?y2)?(x?y2) , 从而

z?x?y?222x?y22。

2（2）对任意复数z1,z2,有z1?z2?z1?z2?2Re(z1z2)

2证明：验证即可，首先左端?(x1?x2)而右端??(y1?y2)2，

x12?y12?x22?y22?2Re[(x1?iy1)(x2?iy2)]

?x12?y12?x22?y22?2(x1x2?y1y2)?(x1?x2)2?(y1?y2)2，

由此，左端=右端，即原式成立。 （3）若a?bi是实系数代数方程a0zn?a1zn?1??an?1z?a0?0

的一个根，那么a?bi也是它的一个根。

证明：方程两端取共轭，注意到系数皆为实数，并且根据复数的乘法运算规则，zn?(z)n，由此得到：a0(z)n?a1(z)n?1??an?1z?a0?0

由此说明：若z为实系数代数方程的一个根，则z也是。结论得证。 （4）若

a?1,则?b?a,皆有

a?b?a

1?ab证明：根据已知条件，有aa?1，因此：

a?ba?ba?b1????a，证毕。

1?abaa?ab(a?a)baa?b?1 （5）若a?1, b?1，则有

1?ab证明：

a?b?(a?b)(a?b)?a?b?ab?ab，

222 因为

1?ab?(1?ab)(1?ab)?1?ab?ab?ab，

222a?1, b?1，所以，

222 a?b?a22b?1?(1?a)(b?1)? 0，

222a?b?1，结论得证。 因而a?b?1?ab，即

1?ab7．设

其中n为正整数，az?1,试写出使zn?a达到最大的z的表达式，

为复数。

解：首先，由复数的三角不等式有

zn?a?zn?a?1?a，

nzn?a达到最大，为此，需要取z 在上面两个不等式都取等号时

na与a同向且z?1，即z应为a的单位化向量，由此，z?，

ann

z?naa 8．试用z1,z2,z3来表述使这三个点共线的条件。 解：要使三点共线，那么用向量表示时，z2?z1与z3?z1应平行，因而二

者应同向或反向，即幅角应相差0或?的整数倍，再由复数的除法运算规则知Argz2?z1应为0或?的整数倍，至此得到：

z3?z1

z1,z2,z三个点共线的条件是3z2?z1为实数。

z3?z19．写出过z1,z2 (z1?z2)两点的直线的复参数方程。

?x?x1?t(x2?x)1， ?1?y?y1?t(y2?y)解：过两点的直线的实参数方程为： 因而，复参数方程为：

z?x?iy?1x?1iy?(t2x?1x?2iy?)1iy?1(?z2t ?)zz 其中t为实参数。

10．下列参数方程表示什么曲线？（其中t为实参数）

i（1）z?(1?i)t （2）z?acost?ibsint （3）z?t?

t解：只需化为实参数方程即可。 （1）x?t,y?t，因而表示直线y?x

x2y2（2）x?acost,y?bsint，因而表示椭圆2?2?1

ab1（3）x?t,y?，因而表示双曲线xy?1

t11．证明复平面上的圆周方程可表示为 其中a为复常数，c为实常数 证明：圆周的实方程可表示为：x2zz?az?az?c?0，

?y2?Ax?By?c?0，

z?zz?z222, y?代入x?，并注意到x?y?z?zz，由此 22iz?zz?z?B?c?0， zz?A22i整理，得

A?BiA?Bizz?z?z?c?0

22记

A?BiA?Bi，则?a，由此得到 ?a22

zz?az?az?c?0，结论得证。

12．证明：幅角主值函数argz在原点及负实轴上不连续。 证明：首先，argz在原点无定义，因而不连续。 对于x0于x0时，argzz?x0?0，由argz的定义不难看出，当z由实轴上方趋

??，而当z由实轴下方趋于x0时，argz???，由此

说明limargz不存在，因而argz在x0点不连续，即在负实轴上不连续，结论得证。

12213．函数w?把z平面上的曲线x?1和x?y?4分别映成w平面中

z的什么曲线？

解：对于x?1，其方程可表示为z

?1?yi，代入映射函数中，得

w?u?iv?u?111?iy??， 2z1?iy1?y因而映成的像曲线的方程为 得 圆周。 对

于

1?y, v?，消去参数y，221?y1?yu2?v2?112212?u,即(u?)?v?(),表示一个21?y22x2?y2?4，其方程可表示为

z?x?iy?2cos??2isin?

代入映射函数中，得

w?u?iv?11co?s?is?in ??z2co?s?i2s?in211因而映成的像曲线的方程为 u?cos?, v??sin?，消去参数?，

2211，表示一半径为的圆周。 4214．指出下列各题中点z的轨迹或所表示的点集，并做图：

得u2?v2?解：（1）

z?z0?r (r?0)，说明动点到z0的距离为一常数，因而表

示圆心为z0，半径为r的圆周。 （2）

z?z0?r,是由到z0的距离大于或等于r的点构成的集合，即圆心

为z0半径为r的圆周及圆周外部的点集。 （3）

z?1?z?3?8,说明动点到两个固定点1和3的距离之和为一常

?x?iy,化为实方程得

数，因而表示一个椭圆。代入z(x?2)2y2 ??1

1615（4）

z?i?z?i,说明动点到i和?i的距离相等，因而是i和?i连线的

垂直平分线，即x轴。 （5）arg(z?i)??4，幅角为一常数，因而表示以i为顶点的与x轴正向

?夹角为的射线。

415．做出下列不等式所确定的区域的图形，并指出是有界还是无界，单连通还是多连通。 （1）2?z?3，以原点为心，内、外圆半径分别为

2、3的圆环区域，

有界，多连通 （2）??argz?? (0?????2?)，顶点在原点，两条边的倾角

分别为?,?的角形区域，无界，单连通 （3）

z?3?1，显然z?2，并且原不等式等价于z?3?z?2，说z?2明z到3的距离比到2的距离大，因此原不等式表示2与3 连线的垂直平分线即x?2.5左边部分除掉x?2后的点构成的集合，是一无界，多连通

区域。 （4）

z?2?z?2?1，

显然该区域的边界为双曲线

z?2?z?2?1，化为实方程为

4x2?42y?1，再注意到z到2与z到?2的距离之差大于1，因而不15z?1?4z?1，代入z?x?iy，化为实不等式，得

等式表示的应为上述双曲线左边一支的左侧部分，是一无界单连通区域。 （5）

(x?1728 )?y2?()21515178所以表示圆心为(?,0)半径为的圆周外部，是一无界多连通区域。

1515

习题二答案

1．指出下列函数的解析区域和奇点，并求出可导点的导数。 （1）(z?1) （2）z53?2iz （3）

11 （4） z?2z?3z?1解：根据函数的可导性法则（可导函数的和、差、积、商仍为可导函数，

商时分母不为0），根据和、差、积、商的导数公式及复合函数导数公式，再注意到区域上可导一定解析，由此得到：

]??5(z?1)4

332（2）z?2iz处处解析，(z?2iz)??3z?2i

12（3）2的奇点为z?1?0，即z??i，

z?11?(z2?1?)?z2?()??, z (??i 22222z?1(z?1)z(?1)1（4）z?的奇点为z??3，

z?311)??1?, (z??3) (z?2z?3(z?3)（1）(z?1)处处解析，[(z?1)（1）

55

)2．判别下列函数在何处可导，何处解析，并求出可导点的导数。

f(z)?xy2?x2yi （2）f(z)?x2?y2i

（3）

f(z)?x3?3xy2?i(3x2y?y3) （4）f(z)?21 z解：根据柯西—黎曼定理：

, v?x2y，

22 ux?y, vy?x,uy?2xy, vx?2xy

四个一阶偏导数皆连续，因而u,v处处可微，再由柯西—黎曼方程 ux? vy, uy?? vx解得：x?y?0，

因此，函数在z?0点可导， f?(0)?ux?ivxz?0?0，

（1）u?xy 函数处处不解析。

x2, v?y2，

ux?2x, vy?2y,u0,v ? y?x 四个一阶偏导数皆连续，因而u,v处处可微，再由柯西—黎曼方程 ux? vy, uy?? vx解得：x?y， 因此，函数在直线y?x上可导，

x， f?(x?ix)?ux?ivxy?x?2（2）u?

因可导点集为直线，构不成区域，因而函数处处不解析。

x3?3xy2, v?3x2y?y3，

2222v?3x?3y,u??6xy,x v ? 6xy ux?3x?3y, yy 四个一阶偏导数皆连续，因而 u,v 处处可微，并且 u,v 处处满足柯西—黎曼方程 ux? vy, x uy?? v（3）u? 因此，函数处处可导，处处解析，且导数为

f?(z)?ux?ivx? 3x2?3y2+i6xy?3z2

11x?iyxy?2, v?2 （4）f(z)??，u?2， 222x?yx?yzx?iyx?yy2?x2x2?y2, v y? ux?2， 22222(x?y)(x?y)?2xy?2xy, vx? uy?2， 22222(x?y)(x?y) 因函数的定义域为z?0，故此，u,v处处不满足柯西—黎曼方程，

因而函数处处不可导，处处不解析。 3．当l,m,n取何值时处解析？ 解：u?my332f(z)?my3?nx2y?i(x?lxy)在复平面上处

?nx2y, v?x3?lxy2

ux?2nxy, vy?2lxy, uy?3my2?nx2, vx?3x2?ly2，

由柯西—黎曼方程得：

uy?3my?nx??vx??3x?ly (2) 由（1）得 n?l，由（2）得n??3, 3m??l，因而，最终有

? l?? m?1, n??222?4．证明：若f(z)解析，则有 (f(z))?(f(z))?f(z)

?x?y??222证明：由柯西—黎曼方程知，左端?(u?v)?(u2?v2)2

?x?yuux?vvx2uuy?vvy2(uux?vvx)2?(uvx?vux)2 ?()?()?222222u?vu?vu?v

ux?2nxy? vy?2lxy, (1) 2222

u2(ux?vx)2?v2(ux?vx)222?u?iv??(u?v)xx xx22u?v2?f?(z)?右端，证毕。

5．证明：若f(z)?u?iv在区域D内解析，且满足下列条件之一，则在D内一定为常数。 （1）

f(z)f(z)在D内解析 ， （2）u在D内为常数，

2（3）f(z)在D内为常数， （4）v?u （5）2u?3v?1 证明：关键证明u,v的一阶偏导数皆为0！

（1）f(z)?u?iv，因其解析，故此由柯西—黎曼方程得

ux??vy, uy?v x ------------------------（1）

f(z)的解析性，又有ux?vy, uy??vx ------------------------（2） 由（1）、（2）知，ux?uy?vx?vy?0，因此u?c1, v?c2,即

而由

（2）设u?c1，那么由柯西—黎曼方程得

2f(z)?c1?ic2为常数

vx??uy?0, vy?ux?，0

说明v与x,y无关，因而 v?c2，从而f(z)?c1?ic2为常数。

22（3）由已知，f(z)?u?v?c0为常数，等式两端分别对x,y求偏

导数，得

2uux?2vvx?02uuy?2vvy?0因f(z)解析，所以又有 ux?vy, （2） uy??v-------------------------x求解方程组（1）、（2），得 ux?uy?vx?vy?0，说明 u,v皆与x,y无关，因而为常数，从而f(z)也为常数。

2（4）同理，v?u两端分别对x,y求偏导数，得 vx?2uu y?2u ux, vy再联立柯西—黎曼方程ux?vy, uy??vx，仍有 ux?uy?vx?vy?0

（5）同前面一样，2u?3v?1两端分别对x,y求偏导数，得 2ux+3vx?0, u y2v+?3 y考虑到柯西—黎曼方程ux?vy, uy??vx，仍有 ux?uy?vx?vy?0，证毕。

6．计算下列各值（若是对数还需求出主值） （1）e?i2

----------------------------（1）

? （2）Ln(?i) （3）Ln(?3?4i)

i（4）sini （5）(1?i) （6）27

解：（1）e?i223??cos(?)?isin(?)??i

22??1（2）Ln(?i)?ln?i?arg(?i)?2k?i?(??2k)?i，

2 k为任意整数，

1 主值为：ln(?i)???i

2（3）Ln(?3?4i)?ln?3?4i?arg(?3?4i)?2k?i

4 ?ln5??(?arcta?nk?i2， ) k为任意整数

34主值为：ln(?3?4i)?ln5?(??arctan)i

3ei.i?e?i.ie?e?1?i （4）sini?2i2（5）(1?i)i?eiLn(1?i)?ei(ln2?i?2k?i)4??eiln2??2k?4?

23?e??2k?4?(cosln?2i2(ln27?2k?i)3sin， 2 ) k为任意整数

24ln27k?i33（6）27?e?e?e当k分别取0，1，2时得到3个值：

2Ln273e?9e4?i34k?i3，

9，

9e??92?(i1， 3 )9(?1?i3 )2z2z27．求e和Arge 9e?解：e，因此根据指数函数的定义，有 ?ez2z2x2?y2 e?e， Arge?2xy?2k?，（k为任意整数）

z2x2?y2?2xyi8?i3?rei?，求Re[Ln(z?1)]

解：Ln(z?1)?lnz?1?i[arg(z?1)?2k?i]，因此

8．设zRe[Ln(z?1)]?lnz?1?ln(rcos??1)2?(rsin?)2 1 ?ln(1?r2c?o?sr2 )29．解下列方程： （1）ez?1?3i （2）lnz??0 （4）shz?i

?2i

（3）sinz?cosz

1解：（1）方程两端取对数得：z?Ln(1?3i)?ln2?(?2k)?i

3 （k为任意整数）

（2）根据对数与指数的关系，应有

?z?e2i?cos?isin?i

22??（3）由三角函数公式（同实三角函数一样），方程可变形为 因此z?sinz?cozs??42szin?(4?? )0?k?, 即 z?k???4，

k为任意整数

ez?e?z（4）由双曲函数的定义得 shz??i，解得

2z2 (e)?2iez?1?，即0ez?i，所以

z?Lni?(?2?2?k) i，k为任意整数

10．证明罗比塔法则：若

f(z)0)?g(0z?f(z)及g(z)在z0点解析，且

f(z)f?(z0)?，并由此求极0,? g 0 z?(，则)lim0z?z0g(z)g?(z0)sinzez?1限 lim ; limz?0z?0zz证明：由商的极限运算法则及导数定义知

f(z)?f(z0)f(z)?f(z0)limz?z0z?z0z?z0f?(z0)f(z)lim?lim??， z?z0g(z)z?z0g(z)?g(z0)g(z)?g(z0)g?(z0)limz?z0z?z0z?z0sinzcosz由此，lim?lim?1

z?0z?0z1ez?1ez? lim?e0?1 limz?0z?01z11．用对数计算公式直接验证： （1）Lnz解：记z2?2Lnz （2）Lnz??rei?，则

22i?（1）左端?Ln(re)?2lnr?(2??2k?)i，

右端?2[lnr?(??2m?)i]?2lnr?(2??4m?)i， 其中的k,m为任意整数。

显然，左端所包含的元素比右端的要多（如左端在k?1时的值为 2lnr?(2??2?)i，而右端却取不到这一值），因此两端不相等。

1Lnz 21?]?lnr?(?m??2k?)i

2211? 右端?[lnr?(??2n?)i]?lnr?(?n?)i

222 其中k,n为任意整数，而 m?0,1

不难看出，对于左端任意的k，右端n取2k或2k?1时与其对应；反之，对于右端任意的n，当n?2l为偶数时，左端可取k?l,m?0于其

（2）左端???2m?2Ln[rei对应，而当n?2l?1为奇数时，左端可取k?2l,m?1于其对应。综上所述，左右两个集合中的元素相互对应，即二者相等。 12．证明sinz证明：首先有

?sinz, cosz?cosz

ez?ex(cosy?isiny)?ex(cosy?isiny)?ex?iy?ez ，因此

eiz?e?izeiz?e?izeiz?e?ize?iz?eizsinz?()???

2i?2i?2i?2ieiz?e?iz?sinz，第一式子证毕。 ?2i 同理可证第二式子也成立。 13．证明

Imz?sinz?eizImz （即

y?sinz?e）

ye?esinz?证明：首先，

2i?iz?eiz?e?iz2e?y?eyy??e，

2 右端不等式得到证明。

其次，由复数的三角不等式又有

e?esinz?2iiz?iz?eiz?e?iz2?e?y?ey2e?e?2y?y，

ex?e?x根据高等数学中的单调性方法可以证明x?0时?x，因此接着

2y?ye?e?y，左端不等式得到证明。 上面的证明，有sinz?214．设z?R，证明sinz?chR, cosz?chR

证明：由复数的三角不等式，有

e?esinz?

2i由已知，

iz?iz?eiz?e?2ize?y?eye??2?y?e2y?chy，

y?z?R，再主要到x?0时chx单调增加，因此有

， sinz?chy?chR 同理，

eiz?e?ize?y?eye?y?eyeiz?e?izcosz?????chy?chR2222

证毕。

15．已知平面流场的复势f(z)为

（3）

z?dz?3(z2?1)(z2?4)

2 在积分曲线内被积函数有两个奇点?i，围绕i,?i分别做两条相互外离的小闭合曲线c1,c2，则由复合闭路原理得：

z?dz?3(z2?4)(z2?1)?2c1?11(z2?4)(z?i)(z2?4)(z?i)dz??dz

z?iz?ic211?2?i[2?2]?0

(z?4)(z?i)z?i(z?4)(z?i)z??i（4）

zdz，在积分曲线内被积函数只有一个奇点1，故此 4?z?1z?2?21z1(z2?1)(z?1)dz??dz?2?i2 4?z?1z?1(z?1)(z?1)z?1z?2?2z?2?2

??2i

1?sinzdz， 2?4z?1z?2（5）

在积分曲线内被积函数有两个奇点?1，围绕1,?1分别做两条相互外离的小闭合曲线c1,c2，则由复合闭路原理得：

1?sinzdz?2?4z?1z?2?c11?z1?zsinsinz?14dz?z?14dz

?z?1z?1c21?z?2?i[sinz?141?z?sinz?14z?1]?2?i

z??1z2ndz, n为正整数，由高阶导数公式 （6）?n(z?1)z?2

z2n2?i2n(n?dz?(z)n?(n?1)!(z?1)z?21)z?1

2n(2n?1)n(?2)n(2)! ?2?i(n?1)!(n?1)!(n?1)!1ez11． 计算积分dz，其中c为 3?2?icz(z?1)11（1）z? （2）z?1? （3）z?2

22

?2?i解：（1）由柯西积分公式

12?iz??12ez1dz?3z(z?1)2?iz??12ezez(z?1)3dz?z(z?1)3??1

z?0（2）同理，由高阶导数公式

1

2?iz?1??121ezdz?32?iz(z?1)?z?1?ezz1ezdz?()??

32!zz?11(z?1)21ez(z2?2z?2)e ??322zz?1（3）由复合闭路原理

12?iez1dz?3?z(z?1)2?iz?2c1?ezez1(z?1)3zdz dz??(z?1)3z2?ic2ez?(z?1)31eze?()????1， 2!zz?12z?0其中，c1,c2为12．

z?2内分别围绕0，1且相互外离的小闭合曲线。

?1?2cos?1积分?dz的值是什么？并由此证明?d??0

0z?25?4cos?z?11解：首先，由柯西基本定理，?dz?0，因为被积函数的奇点在积

z?2z?1分曲线外。

其次，令z2?1dz???0z?2z?1?r(cos??isin?)，代入上述积分中，得

?sin??icos?d?

2?cos??isin?(?sin??icos?)(2?cos??isin?)??d? 220(2?cos?)?(sin?)2?(?sin??icos?)(2?cos??isin?)??d??0 05?4cos?2? 考察上述积分的被积函数的虚部，便得到

(?si?n?ic?os?)(2?c?ois?sin)d? ?05?4cos?2?1?2co?s ??05?4co?sd??0，再由cos?的周期性，得 2?1?2cos??1?2cos??1?2cos??05?4cos?d?????5?4cos?d??2?05?4cos?d??0

Im2?1?2cos??05?4cos?d??0，证毕。

13． 设f(z),g(z)都在简单闭曲线c上及c内解析，且在c上

) f(z)?g(z，证明在c内也有f(z)?g(z)。

证明：由柯西积分公式，对于c内任意点z0，

1f(z)1g(z)dz, g(z0)?dz， f(z0)???2?icz?z02?icz?z0 由已知，在积分曲线c上，f(z)?g(z)，故此有 f(z0)?g(z0)

再由z0的任意性知，在c内恒有f(z)?g(z)，证毕。 14． 设f(z)在单连通区域D内解析，且f(z)?1?1，证明 （1）在D内f(z)?0；

f?(z)dz?0 （2）对于D内任一简单闭曲线c，皆有?f(z)c证明：（1）显然，因为若在某点处f(z)?0,则由已知

0?1?1，矛盾！

即

?（也可直接证明：

f(z)?1?f(z)?1?1，因此

?1?f(z)?1?，即10?f(z)?2，说明f(z)?0）

（3）既然f(z)?0，再注意到f(z)解析，f?(z)也解析，因此由函数的

f?(z)解析性法则知也在区域D内解析，这样，根据柯西基本定理，

f(z)f?(z)dz?0，证毕。 对于D内任一简单闭曲线c，皆有?f(z)c15．求双曲线y2?x2?c （c?0为常数）的正交（即垂直）曲线族。

解：u

?y2?x2为调和函数，因此只需求出其共轭调和函数v(x,y)，则 v(x,y)?c便是所要求的曲线族。为此，由柯西—黎曼方程 vx??uy??2y，因此v??(?2y)dx??2xy?g(y)，再由 vy?ux??2x知，g?(y)?0，即g(y)?c0为常数，因此

v??2xy?0c，从而所求的正交曲线族为xy?c （注：实际上，本题的答案也可观察出，因极易想到

222f(z)??z?y?x?2x解析）yi px16．设v?esiny，求p的值使得v为调和函数。

解：由调和函数的定义

2pxvxx?vyy?pesiny?(?pexsiny?)， 0因此要使v为某个区域内的调和函数，即在某区域内上述等式成立，必须

2 p?1?0，即p??1。

2217．已知u?v?x?y?2xy?5x?5y，试确定解析函数 f(z)?u?iv

解：首先，等式两端分别对x,y求偏导数，得

----------------------------------（1） ux?vx?2x?2y?5

uy?vy??2y?2x?5-------------------------------（2）

再联立上柯西—黎曼方程

ux?vy------------------------------------------------------（3）

uy??vx----------------------------------------------------（4） 从上述方程组中解出ux,uy，得 这样，对ux积分，得u?

ux?2x?5,u y??y2x2?5x?c(y),再代入uy中，得

c?(y)??2y, c y(?)?2y?0 c22至此得到：u?x?5x?y?c0,由二者之和又可解出 v?2xy?5y?c0，因此

f(z)?u?iv?z2?5z?c0?c0i，其中c0为任意实常数。

注：此题还有一种方法：由定理知

f?(z)?ux?ivx?ux?iuy?2x?5?2yi?2z?5 由此也可很方便的求出f(z)。

18．由下列各已知调和函数求解析函数解：（1）u?由柯西—黎曼方程，

f(z)?u?iv

x2?xy?y2, f(i)??1?i，

vy?ux?2x?y，对y积分，得

12 v?2xy?，y?(c)x

2再由vx??uy得2y?c?(x)??x?2y，因此

12? c(x)??x, c x (?)?x?c0，所以

21212 v?2xy?y?x?c0，

221因f(i)??1，说明x?0,y?1时v?1，由此求出c0?，

2至此得到：

111f(z)?u?iv?x2?xy?y2?(y2?x2?2xy?)i，

222121整理后可得：f(z)?(1?i)z?i

22y（2）v?2， f(2)?0 2x?y此类问题，除了上题采用的方法外，也可这样： f?(z)?ux?ivx?vy?ivx

(z)21 i??，所以2222)(zz)z1 f(z)???c，

z1其中c为复常数。代入f(2)?0得，c?，故此

211 f(z)??

2zy（3）v?arctan, (x?0)

x同上题一样，f?(z)?ux?ivx?vy?ivx

x?yz1 ?2?2i??， 22x?yx?yzzz 因此f(z)?lnz?c0，

x2?y22xy?2?222(x?y)(x?y

其中的lnz为对数主值，c0为任意实常数。 （4）u?e

(xcosy?ysiny)，f(0)?0

vx??uy?ex(xsiny?siyn?ycyo，对sx积分，得

xv?siny?exxdx?ex(siny?ycosy)?c(x)

x?sinyx(?e1)?ex(syi?nyyc?ocsx)

x ?e(xsiny?ycosy?)c (x再由vy?ux得c?(x)?0，所以c(x)?c0为常数，由f(0)?0知， x?y?0时v?0，由此确定出c0?0，至此得到：

x v?e(xsiny?ycos y)f(z)?u?iv? ex(xcosy?ysiny)?iex(xsiny?ycosy)，

z整理后可得 f(z)?ze

19．设在z?1上f(z)解析，且f(z)?1，证明 f?(0)? 1

证明：由高阶导数公式及积分估计式，得

f?(0)?12?iz?1?f(z)1dz?z2?z?1?f(z)1ds?z2?z?1?f(z)ds

20．若

1?2?1ds?2??1，证毕。 ?2?z?1f(z)在闭圆盘z?z0?R上解析，且f(z)?M，试证明柯西不n!(n)等式 f(z0)?nM，并由此证明刘维尔定理：在整个复平面上有界

R且处处解析的函数一定为常数。

证明：由高阶导数公式及积分估计式，得

f(n)n!(z0)?2?if(z)n!dz?n?1?2?(z?z0)z?z0?Rf(z)ds n?1?(z?z0)z?1，

?n!2?Rn?1?z?1f(z)ds?n!M2?Rn?1?z?1ds?n!Mn!M2?R?2?Rn?1Rn柯西不等式证毕；下证刘维尔定理： 因为函数有界，不妨设

f(z)?M，那么由柯西不等式，对任意

z0都有f?(z0)?R???，得

M，又因f(z)处处解析，因此R可任意大，这样，令 Rf?(z0)?0，从而f?(z0)?0，即 f?(z0)?0，再由z0的任意性知

f?(z)?0，因而f(z)为常数，证毕。

习题四答案

1． 考察下列数列是否收敛，如果收敛，求出其极限．

1（1）zn?in?

n解：因为limin不存在，所以limzn不存在，由定理4.1知，数列?zn?不收敛．

n??n??i（2）zn?(1?)?n

2i51(cos??isin?)，其中??arctan，则 解：1??222?5?zn??(cos??isin?)??2?n?n?2?????cosn??isinn??． ?5?nn?2??2?因为lim?，，所以?0limcosn??isinn??1????cosn??isinn???0 n??n???5??5?由定义4.1知，数列?zn?收敛，极限为0．

?i1?n2（3）zn?e

n解：因为e?n?i2?i1?n21?0 ?1，lim?0，所以limen??nn??n由定义4.1知，数列?zn?收敛，极限为0．

z（4）zn?()n

zz解：设z?r(cos??isin?)，则zn?()nc因为limcos2n?，os?2nis2?i?n?，

n??z limsin2n?都不存在，所以limzn不存在，由定理4.1知，数列?zn?不收敛．

n??n??

2． 下列级数是否收敛？是否绝对收敛?

?in(1)? n?1n!?inin1?，由正项级数的比值判别法知该级数收敛，故级数?收敛，解：

n!n!n?1n!且为绝对收敛． ?in(2) ?

n?2lnn解：?i??n?2lnnn?2?n?cosn?n??sin2?i2，

?lnnn?2lnnn?2??1?1?1?1?是交错级数，因为?根据交错级数的莱lnnln2ln4ln6ln8n?2布尼兹审敛法知该级数收敛，同样可知，

n?sin?2?1?1?1?1?1? ?ln3ln5ln7ln9n?2lnn?in也收敛，故级数?是收敛的．

n?2lnn?cos又?n?2????11in111，因为?发散，故级数?发散，从??,?n?1lnnlnnn?2lnnlnnn?1n?2n?2?in而级数?条件收敛．

lnnn?2?cosin(3) ?n

2n?0nn?n?cosin?e??en?ee??解：?n??，因级数?n?1?n1??n12222n?0n?0?n0?n0?cosin发散． ?n2n?0?en发散，故?n?12n?0?(4)

?n?0?n?0??3?5i?n!n

n解：?级数?n?0??3?5i?n!??n?0?34，由正项正项级数比值判别法知该级数收敛，故n!n?3?5i?n!n收敛，且为绝对收敛．

3． 试确定下列幂级数的收敛半径． (1)

??1?i?n?0?nzn

解：limn??cn?11?1?i?2，故此幂级数的收敛半径R?． cn2n(2)

?nn?0?n!zn

cn?1(n?1)!nn11?lim??lim?解：lim，故此幂级数的收敛半径

n??cn??(n?1)n?1n!n??1en(1?)nnR?e．

(3)

?en?1?i?nzn

cn?1en?1解：lim?lim??1，故此幂级数的收敛半径R?1．

n??cn??inen(4)

2n?12n?2z ?n2n?12??i?2n?12n?2?2n?1n?1??nZ 解：令z?Z，则?nz22n?1n?12n?1?n?1cn?112n?12lim?lim?，故幂级数?nZn?1的收敛域为Z?2，即

n??cn??2n?122n?1n2n?2n?12从而幂级数?nz2n?2的收敛域为z?2，收敛半径为R?2． z?2，

2n?14． 设级数??n收敛，而??n发散，证明??nzn的收敛半径为1．

n?0n?0nn?0??

?证明：在点z?1处，??nz???n，因为??n收敛，所以??nzn收敛，

n?0n?0?n?0n?0????故由阿贝尔定理知，z?1时，??nz收敛，且为绝对收敛，即??nzn收

nn?0n?0?敛．

z?1时，??nz???n，因为??n发散，根据正项级数的

nn?0n?0n?0???比较准则可知，??nz发散，从而??nzn的收敛半径为1，由定理4.6，

nn?0n?0????n?0?nzn的收敛半径也为1．

?5． 如果级数?cnzn在它的收敛圆的圆周上一点z0处绝对收敛，证明它在

n?0收敛圆所围的闭区域上绝对收敛．

证明：z?z0时，由阿贝尔定理，?cnzn绝对收敛．

n?0? z?z0时，?cnz??cnz0，由已知条件知，?cnz0n收敛，

nnn?0n?0n?0???即?cnz收敛，亦即?cnzn绝对收敛．

nn?0n?0??6． 将下列函数展开为z的幂级数，并指出其收敛区域．

1（1） 22(1?z)1解：由于函数的奇点为z??i，因此它在z?1内处处解析，可以在

(1?z2)2此圆内展开成z的幂级数．根据例4.2的结果，可以得到

1?1?z2?z4??(?1)nzn?,z?1． 21?z将上式两边逐项求导，即得所要求的展开式

11'124n?12n?2=（）（??）?1?2z?3z??(?1)nz?,z?1． 222(1?z)1?z2z1(a?0,b?0) （2）

(z?a)(z?b)1(a?0,b?0)的奇点为z?a，因此它解：①a?b时，由于函数

(z?a)(z?b)在z?a内处处解析，可以在此圆内展开成z的幂级数．

111'11'??()??()

(z?a)(z?b)(z?a)2a?za1?za1zzn11n?(1???n?)'===?(??nzn?1?)aaaaaa1nn?1??z?,z?a． a2an?11(a?0,b?0)的奇点为z1?a,z2?b，因此②a?b时，由于函数

(z?a)(z?b)它在z?min{a,b}内处处解析，可以在此圆内展开成z的幂级数． 111111?(???)

zz(z?a)(z?b)a?b?a1?b1?ab11zzn1zzn(????n?1???2??) =

a?baa2abbbn?1=

1111111[??(2?2)z??(n?1?n?1)zn?],z?min{a,b}． a?bbababa（3）cosz2

解：由于函数cosz2在复平面内处处解析，所以它在整个复平面内可以展开成z的幂级数．

2nz4z82nzcosz?1????(?1)?,z???． 2!4!(2n)!（4）shz

解：由于函数shz在复平面内处处解析，所以它在整个复平面内可以展开成z的幂级数．

2n?1(iz)3(z)3(z)2n?1n(iz)shz??isiniz??i(iz???(?1)?)?z????3!(2n?1)!3!(2n?1)!（5）sin2z

解：由于函数sin2z在复平面内处处解析，所以它在整个复平面内可以展开成z的幂级数．

2n1?cos2z1(2z)22n?1(2z)sinz??(1?1???(?1)?)

222!(2n)!,z???

z4z2n?解：函数的零点是z?0，因ze?z(1?z???2!n!2质5.4知，z?0是z2ez的2级零点． （3）sinz(ez?1)z2

解：函数的零点是z0?0，z1?k?，z2?2k?i，k?0，

2z222)，所以由性

记f(z)?sinz(ez?1)z2，f'(z)?cosz(ez?1)z2?sinz[ezz2?2z(ez?1)] ① z?0时，z?0是sinz的1级零点，，ez?1的1级零点，z2的2级零点，所以z?0是sinz(ez?1)z2的4级零点．

②z1?k?，k?0时，f(z1)?0，f'(z1)?0，由定义5.2知，z1?k?，k?0是f(z)的1级零点．

③z2?2k?i，k?0时，f(z1)?0，f'(z1)?0，由定义5.2知，z2?2k?i，

k?0是f(z)的1级零点．

3． z?0是函数(sinz?shz?2z)?2的几级极点？

chz?2，f''(z)??sinz?shz，答：记f(z)?sinz?shz?2z，则f'(z)?cosz?

f'''(z)??cosz?chz，f(4)(z)?sinz?shz，f(5)(z)?cosz?chz，将z?0代入，得：

f(0)?f'(0)?f''(0)?f'''(0)?f(4)(0)?0，f(5)(z)?0，由定义5.2知， z?0是函数f(z)?sinz?shz?2z的5级零点，故是(sinz?shz?2z)?2的10级极点． 4． 证明：如果z0是f(z)的m(m?1)级零点，那么z0是f'(z)的m?1级零点． 证明：因为z0是f(z)的m级零点，所以

f(z0)?f'(z0)?f''(z0)??fm?1(z0)?0，

?(f'(z0))m?2?0，(f'(z0))m?1?0，由定

fm(z0)?0，即f'(z0)?(f'(z0))'?义5.2知，z0是f'(z)的m?1级零点．

5． 求下列函数在有限孤立奇点处的留数．

z?1（1）2

z?2z解：函数的有限孤立奇点是z?0,z?2，且z?0,z?2均是其1级极点．由定理5.2知，

z?11Res[f(z),0]?limzf(z)?lim??，

z?0z?0z?22z?13Res[f(z),2]?lim(z?2)f(z)?lim?．

z?0z?0z21?z4（2）2

(z?1)3解：函数的有限孤立奇点是z??i，且z??i是函数的3级极点，由定理5.2，

111?z4''112?12z233''Res[f(z),i]?lim[(z?i)f(z)]?lim()?lim??i，

2!z?i2z?i(z?i)32z?i(z?i)58111?z4''112?12z233''Res[f(z),?i]?lim[(z?i)f(z)]?lim()?lim?i． 35z??iz??iz??i2!2(z?i)2(z?i)81?e2z（3）4

z解：函数的有限孤立奇点是z?0， 1?e2z1(2z)2(2z)n222232nzn?4???)??3???? 因4?4(?2z?zz2!n!z2!z23!zn!1?e2z4所以由定义5.5知，Res[4,0]??．

z31（4）z2sin

z解：函数的有限孤立奇点是z?0， 因

11(?1)n1(?1)n221zsin?z(????)?z????zz3!z3(2n?1)!z2n?13!z(2n?1)!z2n?1

11所以由定义5.5知，Res[z2sin,0]??．

z61（5）cos

1?z解：函数的有限孤立奇点是z?1，因

11(?1)ncos?1???? 22n1?z2!(1?z)(2n)!(1?z)1所以由定义5.5知，Res[cos,1]?0．

1?z1（6）

zsinz解：函数的有限孤立奇点是z?k?,k?Z． ①k?0，即z?0， 因为

z3zn?zzn?n2nzsz?zz??????z????? i3n?n?1所以z?0是的2级极点．由定理5.2，

zsinz11'z'zRes[,0]?lim[z2]?lim()?lim?0．

z?0z?0sinzz?02coszzsinzzsinz②z?k?,k?0时，记g(z)?zsinz，则g'(z)?sinz?zcosz，

因为g(k?)?0,g'(k?)?0，所以由定义5.2知，z?k?,k?0是g(z)的1级

1零点，故它是的1级极点．由定理5.3，

zsinz1111Res[,k?]?'??(?1)k,k?0．

zsinzg(k?)k?cosk?k?6． 利用留数计算下列积分（积分曲线均取正向）．

!e2zdz （1）?z?2(z?1)2e2z解：z?1是被积函数在积分区域内的有限孤立奇点，且为2级极点，2(z?1)由定理5.2，

e2ze2z'22z2Res[,1]?lim[(z?1)]?lim2e?2e， 22z?1z?1(z?1)(z?1)由定理5.1知，

e2ze2z2dz?2?iRes[,1]?4?ei． 2?z?2(z?1)2(z?1)ezdz （2）?32z?2(z?1)(z?3)ez解：z?1是被积函数在积分区域内的有限孤立奇点，且为1

(z?1)(z?3)2级极点，

所以由定理5.1及定理5.2，

ezez?z?32(z?1)(z?3)2dz?2?iRes[(z?1)(z?3)2,1]

ezez?ei?2?ilim((z?1))?2?ilim?．

z?1z?1(z?3)2(z?1)(z?3)28（3）?zdz

z?1sinzz在积分区域内的有限孤立奇点， sinzzz因为lim的可去奇点， ?1，所以由性质5.1知z?0是函数

z?0sinzsinzz从而由定理5.1，Res[,0]?0，由定理5.1，

sinzzzdz?2?iRes[,0]?0． ?z?1sinzsinz1（4）?dz

z?1zsinz1解：z?0是被积函数在积分区域内的有限孤立奇点，且为2级极点，

zsinz由定理5.2，

11'zRes[,0]?lim(z2)?lim?0，

z?0z?0zsinzzsinz2cosz11dz?2?iRes[,0]?0． 由定理5.1，?z?1zsinzzsinzsinzdz （5）?1zz?2z(1?e)解：z?0是被积函数

sinz在积分区域内的有限孤立奇点，由性质5.6

z(1?ez)知是函数的1级极点，z?0szinzsinzszinRse[?z,0?]?li?m?() z?zzz?0)ze01??ez(?ez1z?e(?)z01sinzsizndz?2?iRes[,?0?]?i．2 由定理5.1， ?1zzz??e)z(?1e)2z(1解：z?0是被积函数

lci（6）?z?3tan?zdz

解：被积函数tan?z在积分区域z?3内的有限孤立奇点为：

1zk?k?,k??3,?2,?1,0，由定理5.3，这些点均为tan?z的1级极点，且

2sin?zk1?nzkz,?]?? Res[ta??sin?zk?由定理5.1，?z?36tan?zdz?2?i?Res[tan?z,zk]?2?i?(?)??12i．

k??32?1dz，其中n为正整数，a?1,b?1,a?b．

z?1(z?a)n(z?b)n1解：记f(z)?，则f(z)的有限孤立奇点为z?a,z?b，且为n(z?a)n(z?b)n级极点，分情况讨论如下：

①a?b?1时，z?a,z?b均在积分区域内，由定理5.1，

7． 计算积分??

z?1f(z)dz?2?iRes[f(z),a]?2?iRes[f(z),b]

1(2n?2)!n?1?2n?1lim[(z?a)nf(z)](n?1)?(?1)(a?b)(n?1)!z?a((n?1)!)21(2n?2)!lim[(z?b)nf(z)](n?1)?(?1)n?1(b?a)?2n?12(n?1)!z?b((n?1)!)Res[f(z),a]?Res[f(z),b]?

1dz?0．

z?1(z?a)n(z?b)n②1?a?b时，z?,a?z故有?b不在积分区域内，所以均

1?z?1(z?a)n(z?b)ndz?0．

③a?1?b时，z?a在积分区域内，z?b不在积分区域内， (?1)n?1(2n?2)!i所以?f(z)dz?2?iRes[f(z),a]?

z?1[(n?1)!]2(a?b)2n?1习题五

8．判断z??是下列各函数的什么奇点？求出在?的留数。 解：（1）因为

111???, ? z0???|| z22!z43z!61?z12?z2所以，z??是e的可去奇点，且Res?e,????c?1?0。

??（2）因为

z2z4zn2nz??1????(1)?,z ? ?? | | cos2!4!n(2)!1 ez?1?2z3z5zn2?1nz?z????(?1)?, z |? ?|? sin3!5!n(?21)!所以

n2z2z3z4zn?21nzncosz??1z??????(1)??(1)?z,? ?? |2!3!4!n(2)!n?(21)!|于是，z??是cosz?sinz的本性奇点，且Res?cosz?sinz,????c?1?0。 （3）因为

z2z3 e?1?z???2!3! 111?11??1???1?z2?z2?1z2z42??z?1?2??z?所以

?ezz2z3??1?z??? 2z?1?2!3!z, |z|??? ????1?2z11?4?6, ? z1???|| zz??111??2?4?6?zz??z??, 1?|z|??? ?ez容易看出，展式中由无穷多z的正幂项，所以z??是2的本性奇点。

z?1?ez?e1?e?1?11? Res?2,????c?1???1????????sh 1。

z?13!5!2????（4）因为

1? 0 limz??z(z?14)(z?4)1所以z??是的可去奇点。 4z(z?1)(z?4)??????111, ????Res?, 0? Res?442?1?1?1?z?z(z?1)(z?4)????1?(?4)??z?z?z???z4,? ?0。 0 ??Re?s4?z4)????1?z?(1?9．计算下列积分：

解：（1）

?z15C?z2?1??z?2?223edz?2?i??1z??15z? Re?sC内部奇点,234??z2??1z?2???????15z??2?i?Res?,??2324??z?1??z?2????

?? 1??151z?2?i?Res?,0?232??1???1?z??2?1??4?2??zz????????11?2?i?Res?,0?2324??1?z??1?2z?z????1??2?iz???1?2?ilim?zz?0?22431?z1?2z????? （2）在2<|z|???内将函数展为洛朗级数

z31f(z)?ez1?z

111111 ?z2(1??2?3?)(1????zzzz2!z23!z3从上式可知，

111 Res[f(z? ?),?]??(??）1?12!3!3所以

z3112 ?ezdz??2?i????i。

1?z33c

)10．求下列各积分之值：

1i?z2?1?i?（1）解：设z?e,则dz?ied??izd?，sin??(e?e)?。于是

2i2iz2?1112d???dz??05?3sin??|z|?1z2?1iz?|z|?110iz?3z2?3dz5?32iz

2121? ??dz??2?i?i?3|z|?1?3(z?3i)z??i23?z??(z?3i)3??1i?z2?1?i?i?i?（2）解：设z?e,则dz?ied??izd?，cos??(e?e)?。于是

22zi?i?1112dz?dz?0?|z|?1z2?1izi?|z|?1z2?2az?1a?2z21 ??dzi|z|?1?z?a?2??a2?1?2?1d??a?cos?2 ?i?|z|?1?z?a??a?1z?a?a?1?z??a?a2?12??12?dz

21 ??2?iiz?a?a2?1?2?a2?1（3）解：显然，R(z)?1?1?z?22满足分母的次数至少比分子的次数高二次，

且在实轴上没有奇点，积分是存在的。R(z)在上半平面内只有i一个奇点，

且为2级极点。于是

d?1??21 Res[R(z),i]?lim??lim?z?idz(z?i)2?z?i(z?i)34i????11?dx?2?iRes[R(z),i]?2?i? ???1?x224i2??（4）解：

???0x21??x2dx??dx 1?x42??1?x4z2显然，R(z)?满足分母的次数至少比分子的次数高二次，且在实轴上

1?z42222?i和??i没有奇点，积分是存在的。R(z)在上半平面内只有2222二个奇点，且都为1 级极点。于是

?z2?221?22?Res[R(z),?i]??3????2?2i?? 224z224??z??i??22?z2?22Res[R(z),??i]??3?22?4z?z?所以

??22?i221?22?????i?? 4?22??x21??x2?01?x4dx?2???1?x4dx

??????1122122? ??2?i???i???i???????22?2???4?2???4?2?221（5）解：显然，R(z)?2满足分母的次数至少比分子的次数高一

z?4z?5次，且在实轴上没有奇点，R(z)在上半平面内只有?2?i一个奇点，且为1 级极点。于是

?eiz?1?1Res[R(z)e,?2?i]???e(cos2?isin2) ?z?2?i2i??z??2?i????eizeizdz?2?iRes,?2?i?z2?4z?5????z2?4z?5??iz1?1e(cos2?isin2)??e?1(cos2?isin2)2i????cosxeiz?1???x2?4x?5dx?Re???z2?4z?5dz??ecos2

z（6）解：显然，R(z)?满足分母的次数至少比分子的次数高一次，21?z且在实轴上没有奇点，R(z)在上半平面内只有i一个奇点，且为1 级极点。于是

?zeiz?1?1izRes[R(z)e,i]???e ?z?i2??z?i ?2?i?

?zeiz?zeiz1?1dz?2?iRes,i?2?i?e?i?e?1 ?1?z2????1?z22????iz??zexsinx?1???1?x2dx?Im???1?z2dz??e

11．利用对数留数计算下列积分：

1解：（1）?dz?2?i(N?P)?2?i(1?0)?2?i，这里N为函数f(z)?z在

|z|?1z|z|?1内的零点数，P为f(z)?z在|z|?1内的极点数。

111dz??dz??dz （2）?|z|?3z(z?1)|z|?3z|z|?3(z?1)???2?i?(N1?P1)?2?i(N2?P2)??2?i(1?0)?2?i(1?0)?0这里N1为函数f(z)?z在|z|?3内的零点数，P1为f(z)?z在|z|?3内的极点数；N2为函数f(z)?z+1在|z|?3内的零点数，P2为f(z)?z+1在|z|?3内的极点数。

z1(z2?1)?1dz?dz??2?i(N?P)??i(2-0)?2?i,这里 (3) ?|z|?3z2?12?|z|?3z2?12N为函数f(z)?z2?1在|z|?3内的零点数，P为f(z)?z2?1在|z|?3内的极点数。

(cosz)?dz??2?i(N?P)??2?i(2-0)??4?i, (4) ?tanzdz???|z|?3|z|?3cosz这里N为函数f(z)?cosz在|z|?3内的零点数，P为f(z)?cosz在|z|?3内的极点数。

112．证明方程z4?6z?1?0有三个根在环域?|z|?2内

2证明：令f(z)?6z?1，g(z)?z4。因为当|z|?2时，有

6?|?1 1 |f(z)?||z

z|?| 16 |g(z)?|4所以，方程z4?6z?1?0与z4?0在|z|?2内根的数目相同，即4个。

1 又当|z|?时，有

2 |f(z)?||z6?|?1

1 |g(z)?|z4|?|

161所以，方程z4?6z?1?0与6z?1?0在|z|?内根的数目相同，即1个。

21 综合上述得到，z4?6z?1?0在环域?|z|?2内有3个根。

2413．讨论方程z?5z?1?0在|z|?1与1?|z|?2内各有几个根。 解：令f(z)??5z?1，g(z)?z4。因为当|z|?1时，有 |f(z)?||z5?|?1

z|?| 1 |g(z)?|4所以，方程z4?5z?1?0与?5z?1?0在|z|?1内根的数目相同，即1个。

又当|z|?2时，有

|f(z)?||z5?|?1 1z|?| 16 |g(z)?|4所以，方程z4?5z?1?0与z4?0在|z|?2内根的数目相同，即4个。

根据上述还可以得到，z4?5z?1?0在环域1?|z|?2内有3个根。 14．当|a|?e时，证明方程ez?azn?0与?azn?0在单位圆|z|?1内有n个根。

证明：令f(z)??azn，g(z)?ez。因为当|z|?1时，有

|nz?|a |f(z)?|a |sins|co|?s?i??e|?|c?oe |g(z)?|ez|?e |所以，当|a|?e时，方程ez?azn?0与?azn?0在|z|?1内根的数目相同，

即n个。

习题七答案

1．试证：若f(t)满足傅氏积分定理的条件，则有

f(t)????0A(?)cos?td?????0B(?)sin?td?

其中A(?)=1??????f(?)cos??d?，B(?)=1??????f(?)sin??d?

证明：根据付氏积分公式，有

1?????f(t)?f(?)e?i??d??ei?td????????2??????1?? ?f(?)?ei?(t??)d?d? （交换积分次序）???2?????1?? ?f(?)??cos?(t??)?isin?(t??)?d?d???2??????1?? ??f(?)?cos?(t??)d?d? （利用函数的奇偶性）???0 ? ???11

??????f(?)???????0?cos?tcos???sin?tsin???d?d????0???0??0f(?)cos??d?cos?td????01??????f(?)sin??d?sin?td? ??A(?)cos?td???B(?)sin?td?其中A(?)=??1????f(?)cos??d?，B(?)=??1????f(?)sin??d?2．求下列函数的傅氏变换：

??1, ?1?t?0,?et, t?0,?（1）f(t)??1, 0?t?1, （2）f(t)??

?0, t?0;?0, 其他;??0, t?0,?1?t2, |t|?1,（3）f(t)???t （4）f(t)??

?esin2t, t?0;?0, |t|?1.解：（1）

F???f(t)? ????f(t)e?i?tdt???e?i?tdt??e?i?tdt?100111?i?t011?e??e?i?t??1?ei??e?i??1?f(t)

?10i?i?i?2i ???1?cos?? ?(2)

F?

???f(t)? ????f(t)e?i?tdt??ete?i?tdt??e(1?i?)tdt????0??001 ??e(1?i?)t1?i?(3)

1?1?i?

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